Question

14．如圖所示的空間分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區域，各邊界面相互平行，Ⅰ區域存在勻強電場，電場強度E=1.0×10⁴V/m，方向垂直邊界面向右，Ⅱ、Ⅲ區域存在勻強磁場，磁場的方向分別為垂直紙面向外和垂直紙面向里，磁感應強度分別為B₁=2B₂=2.0T．三個區域寬度分別為d₁=5.0m、d₂=2.5m，d₃=5.0m，一質量m=1.6×10^-9kg、電荷量q=+1.6×10^-6C的粒子從O點由靜止釋放，粒子的重力忽略不計．求：
（1）粒子離開Ⅰ區域時的速度大小v；
（2）粒子在Ⅱ區域內運動時間t；
（3）粒子離開Ⅲ區域時速度與邊界面的夾角α．

Answer 1

分析 （1）在電場中做勻加速直線運動，根據動能定理列式求解末速度；
（2）在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律列式求解軌道半徑，結合幾何關系畫出軌跡，再根據公式t t=$\frac{θ}{2π}T$求解運動時間；
（3）在磁場Ⅲ中依然做勻速圓周運動，先根據牛頓第二定律列式求解軌道半徑，確定原因，畫出軌跡，結合幾何關系得到末速度方向．

解答 解：（1）粒子在電場中做勻加速直線運動，由動能定理有：
qEd₁=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
代入數據解得：v=1.0×10⁴m/s
（2）設粒子在磁場B₁中做勻速圓周運動的半徑為r，則有：
qvB₁=$m\frac{{v}_{1}^{2}}{r}$
代入數據解得：r=5m
設在Ⅱ區內圓周運動的圓心角為θ，則有：
$sinθ=\frac{p9vv5xb5_{2}}{r}$=$\frac{1}{2}$
代入數據解得 θ=30°
粒子在Ⅱ區運動周期為：$T=\frac{2πm}{q{B}_{1}}$
粒子在Ⅱ區運動時間為：t=$\frac{θ}{2π}T$
解得：t=$\frac{θm}{q{B}_{1}}$=$\frac{\frac{π}{6}×1.6×1{0}^{-9}}{1.6×1{0}^{-6}×2}$=2.6×10^-4s
（3）設粒子在Ⅲ區做圓周運動道半徑為R，則有：
qvB₂=$m\frac{{v}^{2}}{R}$
代入數據解得：R=10m
粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知△MNP為頂角為30°的直角三角形；粒子離開Ⅲ區域時速度與邊界面的夾角 α=90°

答：（1）粒子離開Ⅰ區域時的速度大小v為1.0×10⁴m/s；
（2）粒子在Ⅱ區域內運動時間t為2.6×10^-4s；
（3）粒子離開Ⅲ區域時速度與邊界面的夾角α為90°．

點評 本題是粒子在電磁場中的運動問題，對直線加速過程根據動能定理列式求解，對磁場中運動過程要根據牛頓第二定律列式求解軌道半徑，結合幾何關系畫圖分析，不難．